OBLIG 2 - MAT 1120 Høsten 2005

Transkript

1 > with(linearalgebra): with(linalg):with(plots): Warning, the name GramSchmidt has been rebound Warning, the protected names norm and trace have been redefined and unprotected Warning, the name changecoords has been redefined OBLIG 2 - MAT 20 Høsten 2005 Oppgave a) Vi har at q 0 = p 0, q = - p 0 + p, q 2 = p 0-2 p + p 2. Så P = [ (B 2 )_S 2 ] er gitt ved > P:= << - >, <0-2>, <0 0 >>; P := Denne matrisen har determinant lik og er derfor invertibel. Dette viser at B 2 er en basis for P 2, og P er da den ønskede koord.skifte matrisen fra B 2 til S 2. b) Vi har videre at q 3 = - p p - 3 p 2 + p 3, så P_ := [ (B 3 )_S 3 ] er da gitt ved > P_:= << - ->, <0-2 3>, <0 0-3>, <0 0 0 >>; P_ := Igjen har denne matrisen determinant lik og er derfor invertibel. Dette viser at B 3 er en basis for P 3. Koord. skifte matrisen Q fra S 3 til B 3 får vi ved å bergene den inverse av P_ : dette er lett for hånd, men Maple gir > Q:= MatrixInverse(P_);

2 0 2 3 Q := (Man kan forøvrig finne Q direkte ved å bruke at [q]_b 3 = (q(), q'(), q''()/2, q'''()/6) - noe som følger f.eks. ved å observere at et polynom q i P 3 er lik sitt Taylorpolynom T_3(q) utviklet om t=). Hvis q( t) = a 0 + a t + a 2 t 2 + a 3 t 3 kan man nå regne ut [q]_b 3 ved å bruke at [q]_b 3 = Q (a 0, a, a 2, a 3 ). 2c) Siden H er et underrom av P 3, som har dimensjon lik 4, må dim H 4. Nå er H P 3 siden p 0 = ikke er med i H. Så da må dim H 3. Nå er q, q 2 og q 3 opplagt med i H alle sammen, og disse vektorene er dessuten lineært uavhengige som følge av 2b). Dette betyr at dim H 3, for hvis dim H 2 ville tre vektorer i H automatisk være lineært avhengige. Tilsammen gir dette at dim H = 3. Men da C = { q 0, q, q 2 } en basis for H siden C er lineært uavhengig og inneholder samme antall vektorer som dimensjonen til C. (Hvis vi tar det for gitt at et polynom i H kan faktoriseres med t - som en faktorene, kan man begrunne direkte at C utspenner H, slik at C blir en basis for H og dermed dim H = 3). 2d) Anta at [q]_b 3 = (c 0, c, c 2, c 3 ). Dette betyr at q = c 0 q 0 + c q + c 2 q 2 + c 3 q 3. Da er q( ) = c 0, så q er med i H hvis og bare hvis c 0 = 0, og da er q = c q + c 2 q 2 + c 3 q 3, dvs [q]_c = (c, c 2, c 3 ). 2e) Anta at q er med i H, [q]_c = (c, c 2, c 3 ). Da er q( t) = c ( t - ) + c 2 ( t - ) 2 + c 3 ( t - ) 3 = (t - ) (c + c 2 ( t - ) + c 3 ( t - ) 2 ) for alle t i R. La p( t) = c + c 2 ( t - ) + c 3 ( t - ) 2, t i R, så [p]_b 2 = (c, c 2, c 3 ). Da er p( t) = d 0 + d t + d 2 t 2 der (d 0. d, d 2 ) = [ p ]_S 2 = P [p]_b 2 = P (c, c 2, c 3 ).

3 Tilsammen gir dette at q( t) = (t - ) ( d 0 + d t + d 2 t 2 ) for alle t i R, der (d 0. d, d 2 ) = P (c, c 2, c 3 ), som ønsket. 2f) La q( t) = 2 t 3-5 t t +, t i R. Da er q( ) = = 0, så q er med i H. Vi har da at [q]_b 3 = Q (, 2, -5, 2) = (0, -2,, 2) siden > Q.Vector([, 2, -5, 2]); Så [q]_c = (-2,, 2). Nå er P (-2,, 2) = (-, -3, 2) siden > P.Vector([-2,, 2]); Ved å bruke 2e) får vi nå at q( t) = (t - ) ( t + 2 t 2 ), t i R. 2g) Vi har at T(p 0 ) = q, T(p ) = q 2, T(p 2 ) = q 3. Dette gir at M = I 3 (= 3 x 3 identitetsmatrisen). Spesielt er M invertibel, og det følger da at T er en isomorfi mellom P 2 og H. Hvis q er som i 2f) så er q = q p = T(p) der p( t) = t + 2 t 2, t i R. Derfor er T (-) (q) = p der p( t) = t + 2 t 2, t i R. 2h) (for de som har tid) La N være matrisen til T (-) mhp C og S 2. Hvis q er med i H og T (-) (q) = p, så får vi fra 2e) at [ T (-) (q)]_s 2 = [ p ]_S 2 = P [ q ]_C. Men det medfører at N = P. Alternativt kan man bruke at T (-) (q ) = q 0, T (-) ( q 2 ) = q, T (-) (q 3 ) = q 2. Dette gir at j-te kolonne i N = [T (-) (q j )]_S 2 = [q j - ]_S 2 = P [q j - ]_B 2 = P e j = j-te kolonne i P, så N = P. Prøv selv å finne en måte til! 2i) Anta at [q]_b 3 = (c 0, c, c 2, c 3 ), dvs q = c 0 q 0 + c q + c 2 q 2 + c 3 q 3. Hvis c 0 = c = 0 er da q = c 2 q 2 + c 3 q 3, dvs q( t) = c 2 ( t - ) 2 + c 3 ( t - ) 3, så

4 q( t) = ( t - ) 2 (c 2 + c 3 ( t - )) = ( t - ) 2 r( t) der r( t) = c 2 - c 3 + c 3 t. Omvendt hvis q( t) = ( t - ) 2 r( t) for en r i P, så er r( t) = s + s 2 (t - ) for passende s, s 2 og da er q( t) = s ( t - ) 2 + s 2 ( t - ) 3, så [q]_b 3 = (0, 0, s, s 2 ). men da er c 0 = c = 0. Sluttkommentar : Hovedpoenget med oppgaven er, som nevnt i teksten, å trene med basis-skifte. Hvis vi setter sammen informasjonen fra a, b og e finner man at når q er i H og q( t) = a 0 + a t + a 2 t 2 + a 3 t 3, så er q( t) = (t - ) ( (a + a 2 + a 3 ) + (a 2 + a 3 ) t + a 3 t 2 ). Dette kan utledes på enklere vis ved hjelp av polynomdivisjon. Hvis man virkelig ønsker å bruke lineær algebraen til å foreta polynomdivisjon med t - som i denne oppgaven, er det faktisk noe enklere å betrakte basisen for P 3 gitt ved {, t -, ( t - ) t, ( t - ) t 2 } istedet for B 3 (tenk gjerne over hvorfor det blir enklere). Det som er nyttig med å koordinatisere polynomer mhp B 3 er at vi kan straks lese ut om er en enkel, dobbel eller trippel rot i det aktuelle polynomet. Oppgave 2 > A_mu:=<<0 0 >, < 0 0 >, < - mu mu >>; A_mu := µ µ a) Ved å bytte rad og rad 3 ser man at A µ har tre pivoter når µ 0, og to pivoter når µ = 0. Dette gir at rang A µ = 3 når µ 0, rang A µ = 2 når µ = 0. 2b) Vi har at > q:=characteristicpolynomial(amu, lambda); så den kar. likn til A µ er l 3-3 l 2 - ( µ - 2) l + µ = 0 q := l 3-3 l 2 - ( µ - 2) l + µ (merk at Maple regner ut q= det(li-a µ ) og ikke p= det (A µ -li) slik boka gjør). Nå er l = opplagt alltid en rot av denne likningen. Dette kan også sees ved at

5 > factor(q); - l - ( ) -l l + µ ( ) Merk at vi kunne her ha brukt oppsettet fra Oppgave til å faktorisere q... Så er alltid en egenverdi for A. Man finner videre lett for hånd at Nul(A-I) er utspent av vektoren (,, ), uansett verdi av µ, og en basis for egenrommet E svarende til eg. verdien l = er derfor {(,, )}. 2c) Likningen l 2-2 l - µ = 0 har diskriminant D = µ = 4 + µ ( ). Så når 0 < D, dvs - < µ, har denne likningen to forskjellige røtter ± + µ mens når D = 0, dvs µ = -, er l = en (dobbel) rot, mens den har ingen (reelle) røtter når D < 0, dvs µ < -. Pga faktoriseringen av q ovenfor, kan vi konkludere med at A µ har tre forskjellige egenverdier ( og ± + µ ) når - < µ, og A µ er da nødvendigvis diagonaliserbar. Når µ - har A µ bare den reelle egenverdien l = og det tilhørende egenrommet har alltid bare dimensjon ved 2b), slik at A µ har da ingen egenvektorbasis, så A µ er ikke diag.bar i dette tilfellet. 2d) La µ = 3. Sett A = A 3. Fra c) får vi at A har egenverdiene, - og 3. En egenvektorbasis E for A regnes greit ut for hånd. Maple gir oss : > mu:=3: A:= A_mu: Eigenvectors(A, output='list');,,, -,, -, 3,, 9 3 Så vi kan velge E = {v, v 2, v 3 } der v = (,, ), v 2 = (, -, ) og v 3 = (, 3, 9).

6 La u 0 = (,, 9); Da er u 0 = -v + v 2 + v 3 så [ u 0 ]_E = (-,, ). (Hvis man ikke "ser" dette, må man her løse et enkelt likningssystem). 2e) La µ = -2. Sett B = A -2. Fra det vi regnet ut i c) finner vi at B, som en kompleks matrise, har egenverdiene og ± i. Igjen er der greit å finne en egenvektorbasis for B for hånd. Maple gir : > mu:=-2: B:= A_mu: Eigenvectors(B, output='list');,,, + I,, - 2 I 2-2 I, - I,, 2 I I 2f) Det er rett frem å sjekke at u n + = A u n når u n = ( x n, x n +, x n + 2 ) og følgen { x n } tilfredstiller at x n + 3 = -3 x n + x n x n + 2. Fra det som er oppgitt har vi også at u 0 = (,, 9). Fra 2d) får vi da at u n = A n u 0 = A n (-v + v 2 + v 3 ) = -v + (-) n v n v 3 = ( - + (-) n + 3 n, - + (-) ( n + ) + 3 ( n + ), - + (-) ( n + 2) + 3 ( n + 2) ). som gir at x n = - + (-) n + 3 n. 2g) (for de som har tid). Anta at { y n } er som oppgitt. Skriv (y 0, y, y 2 ) = c v + c 2 v 2 + c 3 v 3. Ved å gå frem som i 2f) finner man at y n = -c + c 2 (-) n + c 3 3 n. Det følger da at y n går mot uendelig når n vokser hvis og bare hvis c 3 0. Dette er igjen ekvivalent med at vektoren (y 0, y, y 2 ) ikke er en lineær kombinasjon av vektorene v og v 2, mao at den ikke ligger i planet som går gjennom origo og som har kryssproduktet v x v 2 som normalvektor. Siden v x v 2 = (2, 0, -2), er dette igjen ekvivalent med at 2 y 0-2 y 2 0, dvs y 0 y 2.